Dap an de VMO 6

Lời giải đề lần sáu Phạm Hy Hiếu - Toán PTNK 07 - 10 Bài toán Cho x, y, z số thực khác thỏa mãn điều kiện: 1 1 + + = x y z xyz Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x4 y4 z4 + + x2 + y y + z z + x2 Lời giải Từ giả thiết ta có xy + yz + zx = Từ đó, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz thì: y4 z4 (x2 + y + z )2 x4 + + ≥ x2 + y y + z z + x2 2(x2 + y + z ) x2 + y + z = xy + zx + zx ≥ = 1 Do P ≥ Hơn x = y = z = √ ta có P = 2 Vậy P = Bài toán Cho hàm số f1 (x) = x + , x f2 (x) = x2 , f3 (x) = (x − 1)2 Trong lần biến đổi, cho phép cộng, trừ, nhân hai hàm số với (có thể bình phương, lập phương, etc), nhân cộng với số thực, làm với kết thu Từ f1 , f2 , f3 , thu hàm số f (x) = cách Đồng thời chứng minh x bỏ hàm số ba hàm với cách làm ta khơng thể thu hàm số f (x) = x Lời giải Ta có: f1 (x) − ((f2 (x) − f3 (x)) + 1) = x+ x − 1 (x2 − (x − 1)2 ) + = x Bây ta xét trường hợp cho hàm số bị bỏ Trường hợp Nếu hàm số bị bỏ f1 (x), dễ thấy từ f2 f3 , với cách làm đề ta thu đa thức có hệ số thực, thế, thu hàm số f (x) = x Trường hợp Nếu hàm số bị bỏ f2 (x), rõ ràng từ f1 f3 , với cách làm đề ta thu hàm số có dạng x + , x2 x f (x) = P với P ∈ R[x, y] hàm đa thức hai biến với hệ số thực Giả sử tồn đa thức P cho: P x + , x2 x Thay x = i với i2 = −1 ta có x + P = x = x2 = −1 nên x x + , x2 |x=i ∈ R x 1 |x=i = ∈ R Mâu thuẫn Vậy bỏ f3 ta khơng thể thu x i f (x) = x Trường hợp Nếu hàm số bị bỏ f3 (x), ta có: Nhưng x2 f2 (x) = 2x − f1 (x) = − Do f1 (1) = f3 (1) = Từ đó, giả sử tồn đa thức Q(x, y) ∈ R[x, y] thỏa mãn: f (x) = Q x + , (x − 1)2 x = akl x + k,l x k (x − 1)2l = x ta có f (1) = akl x + k2 +l2 >0 x k (x − 1)2l |x=1 = x |x=1 = −1 |x=1 = −1 = x2 mâu thuẫn Vậy từ f1 (x) f3 (x) thu hàm f (x) = x Vậy trường hợp toán chứng minh Bài toán Cho ABC có đường trịn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC X Đặt L ≡ AI ∩ BC Gọi D điểm đối xứng L qua X B , C điểm đối xứng D qua BI, CI Chứng minh B, C, C , B đồng viên Lời giải Dễ thấy B ∈ AB C ∈ AC A C' I B' C B D X L Ta có tính chất: tích hai phép đối xứng trục phép quay có góc hai lần góc hai trục Từ đó: (IL, IC ) ≡ 2(IX, IC) ≡ (CL, CC ) (mod π) nên I, L, C, C đồng viên Tương tự I, L, B, B đồng viên Từ ta có: AB · AB = AI · AL = AC · AC Suy B, C, C , B đồng viên Bài toán Chứng minh (p, p + 2) cặp số nguyên tố song sinh khi: p(p + 2)|4 ((p − 1)! + 1) + p Lời giải Ta phát biểu không chứng minh định lý sau: Định lý Wilson p số nguyên tố p|(p − 1)! + Vào Đặt S = ((p − 1)! + 1) + p Theo định lý Wilson p số nguyên tố khi: (p − 1)! + ≡ (mod p) ⇔ ((p − 1)! + 1) ≡ (mod p) ⇔ ((p − 1)! + 1) + p ≡ (mod p) Mặt khác từ định lý Wilson p + số nguyên tố khi: (p + 1)! + ⇔ (p + 1)! + p(p + 1) ⇔ ((p − 1)! + 1) ⇔ ((p − 1)! + 1) + p ⇔ ((p − 1)! + 1) + p ⇔ ((p − 1)! + 1) + p ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ (mod p + 2) p2 + p − (mod p + 2) p2 + p − (mod p + 2) (vì p(p + 2) ≡ 2p2 + 3p − (mod p + 2) (p + 2)(2p − 1) (mod p + 2) (mod p + 2) (mod p)) Từ hai kết luận ta suy đpcm Bài toán Quanh bàn trịn có 100 người đại diện cho 25 nước, nước có đại diện Chứng minh chia người thành nhóm, cho nhóm có đủ đại diện nước khơng có thành viên nhóm ngồi cạnh Lời giải Ta giải toán tổng quát: Bài tốn tổng qt Quanh bàn trịn có 4n người đại diện cho n nước, nước có đại diện Chứng minh chia người thành nhóm, cho nhóm có đủ đại diện nước khơng có thành viên nhóm ngồi cạnh Ta sử dụng qui nạp Tại n = 1, kết luận hiển nhiên Giả sử tồn cách chia nhóm với n nước Ta thêm vào đại biểu đại diện cho nước thứ n + Ta quan tâm đến việc người thêm vào ngồi hai người thuộc hai nhóm (1, 2, 3, 4) nhóm mà n người chia Xét trường hợp: Trường hợp Tồn hai người trở lên người nước n+1 ngồi cạnh Giả sử họ ngồi hai người thuộc hai nhóm i j Chú ý i = j giả thiết qui nạp Giả sử họ ngồi theo thứ tự i → x → y → j với x, y số thứ tự nhóm của hai người nói đến Thế ta thấy {x, y} tập có hai phần tử {1, 2, 3, 4} Thật vậy, x y i, j ln xếp Nếu {x, y} = {i, j} ta xếp theo thứ tự i → j → i → j Vậy {x, y} tập hai phần tử {1, 2, 3, 4} Hơn nữa, với hai người lại nước thứ n + 1, họ ngồi cạnh theo lý luận trên, tập hợp hai nhóm hai người lấy tùy ý Nếu họ ngồi riêng, i.e người họ ngồi hai người 4n người trước chọn họ thuộc hai nhóm khác nhau, sau lại xếp hai người nói đến vào hai nhóm cịn lại Tóm lại trường hợp xử lý Trường hợp Mỗi người người nước thứ n + ngồi hai người 4n người có trước Giả sử người thêm vào nhóm tương ứng a1 , a2 , a3 , a4 với ∈ {1, 2, 3, 4}, đồng thời người nhóm ngồi hai người hai nhóm (bi , ci ), i.e ngồi theo thứ tự bi → → ci Rõ ràng bi = ci theo giả thiết qui nạp Rõ ràng có 4! = 24 cách xếp {ai } vào nhóm 1, 2, 3, Ta chứng minh số cách xếp vi phạm nhỏ 24 Thật vậy, với k = 1, 2, 3, 4, để có cách xếp với k người vi phạm yêu cầu đề · 2k · (4 − k)! k (trước hết chọn k người vi phạm, sau − k người cịn lại xếp bất kỳ) Theo nguyên lý bù trừ, số cách xếp vi phạm là: (−1)k−1 · k=1 · 2k · (4 − k)! = 16 < 24 = 4! k Vậy tồn cách xếp không vi phạm Và đó, trường hợp xử lý Bài tốn giải hồn tồn ... (mod p + 2) (p + 2)(2p − 1) (mod p + 2) (mod p + 2) (mod p)) Từ hai kết luận ta suy đpcm Bài tốn Quanh bàn trịn có 100 người đại diện cho 25 nước, nước có đại diện Chứng minh chia người thành nhóm,... diện nước khơng có thành viên nhóm ngồi cạnh Lời giải Ta giải toán tổng quát: Bài tốn tổng qt Quanh bàn trịn có 4n người đại diện cho n nước, nước có đại diện Chứng minh chia người thành nhóm,... nhiên Giả sử tồn cách chia nhóm với n nước Ta thêm vào đại biểu đại diện cho nước thứ n + Ta quan tâm đến việc người thêm vào ngồi hai người thuộc hai nhóm (1, 2, 3, 4) nhóm mà n người chia Xét